【AtCoder】AGC023 A-F题解

可以说是第一场AGC了，做了三道题之后还有30min，杠了一下D题发现杠不出来，三题滚粗了
rating起步1300+，感觉还是很菜。。。
只有三题水平显然以后还会疯狂--啊（CF的惨痛经历）

改题的感觉似乎还不错因为思维都非常的妙（我根本想不到）

A - Zero-Sum Ranges

开场娱乐大家的小水题，区间和为0的情况存在于sum[R] == sum[L - 1]，只要记录一下某一个值的sum出现了多少次就行，懒得离散化直接用map就OK啊

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 200005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N;
int64 A[MAXN];
map<int64,int> mmm;
void Solve() {
	scanf("%d",&N);
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%lld",&A[i]);
	mmm[0] = 1;
	int64 ans = 0;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		A[i] += A[i - 1];
		ans += mmm[A[i]];
		mmm[A[i]] += 1;
	}
	printf("%lld
",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

B - Find Symmetries

把矩阵行循环平移x，列循环平移y后，矩阵关于左上到右下这条对角线对称
矩阵大小是300
然后我就写了个暴力然而我并没发现我的暴力是(n^4)然后愉快TLE
我就开始想着优化，发现固定行平移，每平移一列hash值的更改可以O1算出来，check把每行每列hash起来比较，是O(n)的，然后过掉了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 200005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define ha 99994711
#define ba 823
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N;
char s[305][305],b[305][305];
int64 hc[305],hr[305],e;
inline int C(int x) {
	return x > N ? x - N : x;
}
bool check(int y) {
	int T = C(N + y);
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) 
		hr[i] = (hr[i] * ba + (b[i][T] - 'a' + 1)) % ha;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		if(hr[i] != hc[C(i + y)]) {
			T = C(N + y + 1);
			for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) 
				hr[j] = (hr[j] - e * (b[j][T] - 'a' + 1) % ha + ha) % ha;
			return false;
		}
	}
	T = C(N + y + 1);
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) 
		hr[i] = (hr[i] - e * (b[i][T] - 'a' + 1) % ha + ha) % ha;
	return true;
}
void Solve() {
	scanf("%d",&N);
	if(N == 1) {
		puts("1");return;
	}
	e = 1;
	for(int i = 1 ; i < N ; ++i) e = e * ba % ha;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		scanf("%s",s[i] + 1);
	}
	int cnt = 0;
	for(int A = 0 ; A < N ; ++A) {
		memset(hc,0,sizeof(hc));
		memset(hr,0,sizeof(hr));
		for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
			for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
				b[i][j] = s[C(i + A)][j];
				hc[j] = (hc[j] * ba + (b[i][j] - 'a' + 1)) % ha;
				if(j != N) {
					hr[i] = (hr[i] * ba + (b[i][j] - 'a' + 1)) % ha;
				}
			}
		}
		for(int B = 0 ; B < N ; ++B) {
			if(check(B)) ++cnt;
		}
	}
	printf("%d
",cnt);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

C - Painting Machines

while(1) 推式子
联想到地震后的幻想乡显然题目可以转化为
(sum_{i = 0}^{N - 2} T(i))其中(T(i))表示用了i次操作没有全部染黑的方案数
有(T(0) = (N - 1)!)
然后分类讨论，一个是因为没用N-1而没有全部染黑的方案数是(inom{N - 2}{i}i!)
如果用了N - 1，那么方案是((inom{N - 2}{i - 1} - W(i - 1))i!)
(W(i))表示用了一个N - 1号机器和其他i个机器，把所有方格染黑了的方案数
显然序列里会有1
把序列差分一下，会发现这个序列不是1就是2，也就是一堆1和一堆2的数目固定，一堆1和一堆2的和是N - 2，这是个二元一次方程，然后求出了1的个数和2的个数，就是个带重复元素的全排列，答案是
(frac{(num_1 + num_2)! }{num_1 ! num_2 !})
其他(N - 1 - i)台机器随意排列，最后还要乘上((N - i - 1)!)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 1000005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define ha 99994711
#define ba 823
#define MOD 1000000007
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int64 fac[MAXN],invfac[MAXN],ans;
int N;
int64 fpow(int64 x,int64 c) {
	int64 res = 1,t = x;
	while(c) {
		if(c & 1) res = res * t % MOD;
		t = t * t % MOD;
		c >>= 1;
	}
	return res;
}
int64 C(int n,int m) {
	if(n < m) return 0;
	return fac[n] * invfac[m] % MOD * invfac[n - m] % MOD;
}
int64 W(int k) {
	int x = N - 2 - k;
	int y = k - x;
	if(x < 0 || y < 0) return 0;
	return fac[k] * invfac[y] % MOD * invfac[x] % MOD;
}
void Solve() {
	scanf("%d",&N);
	if(N == 2) {
		puts("1");
		return;
	}
	fac[0] = invfac[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
	}
	invfac[N] = fpow(fac[N],MOD - 2);
	for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
		invfac[i] = invfac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	}
	ans += fac[N - 1];
	for(int i = 1 ; i < N - 1 ; ++i) {
		ans += (C(N - 2,i) + C(N - 2,i - 1) + MOD - W(i - 1))* fac[i] % MOD * fac[N - 1 - i] % MOD;
		ans %= MOD;
	}
	printf("%lld
",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

D - Go Home

题解

神仙博弈题（其实也不算博弈）
你看完题，发现，啥，最优决策，咋最优啊，啥最优啊，什么玩意，弃疗吧……
题解是这么说的，如果汽车在1 和N中间，且(A_1 >= A_n)，那么N肯定会投票给1，为什么，因为赢不了，如果暂时让车靠近了N，最后也会因为N - 1公寓里的人都回家了而车也再回到1，所以为了早回家，N的票都会给1，且最后的操作一定会有一个(X_{n} - X_{1})的长度，那么我们把N的票全部给1，(P_{1} += P_{N})也没有问题，如果(A_{n} > A_{1})是类似的，之后就变成了1和N - 1之间的子问题……停止条件是所有公寓都在初始位置(S)的一边
累加答案的话要注意和前一次操作方向相反才累加，如果前一次1 - N，下一次1 - (N - 1)，第二次的距离不用累加进答案

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N;
int64 S,X[MAXN],P[MAXN],ans;
void Solve() {
    scanf("%d%lld",&N,&S);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	scanf("%lld%lld",&X[i],&P[i]);
    }
    int L = 1,R = N;
    int dir = 0;
    while(1) {
    	if(X[L] >= S) {ans += X[R] - S;break;}
    	if(X[R] <= S) {ans += S - X[L];break;}
    	if(P[L] >= P[R]) {
    		if(dir != 1) {dir = 1;ans += X[R] - X[L];}
    		P[L] += P[R];R--;
    	}
    	else {
    		if(dir != 2) {dir = 2;ans += X[R] - X[L];}
    		P[R] += P[L];L++;
    	} 
    }
    printf("%lld
",ans);
}
 
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

E - Inversions

我觉得这道题计算排列的方法应该算个比较重要前置技能，但这又不是什么板啥的，如果知道了这个子问题那么这道题至少会有头绪
如何计算每个数位有限制的排列总个数？
先计算一个(cnt[k])表示可以填k的位置的个数，可以用一个后缀和算出来
答案就是(prod_{i = 1}^{N} cnt[i] - (N - i))
有了这个我们再来看这道题
我们对于两个位置(i < j)且(A_{i} <= A_{j})计算(i)位置上的数大于(j)位置上的数的排列的总和，我们可以让(A_{j} = A_{i})，然后计算排列个数，再除二就是答案
以下的(cnt[i])更改成(cnt[i] - (N - i))
这样的话我们考虑更改(A_{j})会使得([A_{i} + 1,A_{j}])这个区间的cnt减1，也就是乘上了((cnt[i] - 1) / cnt[i])，也就是处理成区间前缀乘积后相除，然而会发现处理0的情况比较特殊，还需要记录前缀出现了几个0，前缀上0个数相同值才不为0，位置增加0的个数单调不减，所以可以预处理出来每一段开始位置和结束位置
(A_{i} > A_{j})我们发现就是把(A_{i} := A_{j})后总排列数减去计算出的新排列值的一半
以上两种情况都可以用树状数组快速维护

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
const int MOD = 1000000007;
int N,A[MAXN],x[MAXN],st[MAXN],ed[MAXN];
int64 cnt[MAXN],V[MAXN],D[MAXN],ID[MAXN],S,tr[MAXN],tr_cnt[MAXN],Inv_2,ans;
int64 fpow(int64 x,int64 c) {
	int64 res = 1,t = x;
	while(c) {
		if(c & 1) res = res * t % MOD;
		t = t * t % MOD;
		c >>= 1;
	}
	return res;
}
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void insert(int x,int64 v) {
	while(x <= N) {
		tr[x] += v;
		tr[x] %= MOD;
		tr_cnt[x]++;
		x += lowbit(x);
	}
}
int64 Query(int x,int64 v) {
	int64 res = 0;
	while(x > 0) {
		res += tr[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	res %= MOD;
	return res * v % MOD;
}
int64 getnum(int x) {
	int64 res = 0;
	while(x > 0) {
		res += tr_cnt[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;
}
int64 Query_range(int L,int R,int64 v) {
	if(L == 0) ++L;
	if(L > R) return 0;
	return (Query(R,v) + MOD - Query(L - 1,v)) % MOD;
}
void Solve() {
    scanf("%d",&N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&A[i]),cnt[A[i]]++;
    for(int i = N - 1; i >= 1 ; --i) cnt[i] += cnt[i + 1];
    S = 1;Inv_2 = (MOD + 1) / 2;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	cnt[i] -= N - i;
    	if(cnt[i] <= 0) {puts("0");return;}
    	S = S * cnt[i] % MOD;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	V[i] = (cnt[i] - 1) * fpow(cnt[i],MOD - 2) % MOD;
    }
    D[0] = 1;
    st[0] = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	x[i] = x[i - 1];D[i] = D[i - 1];
    	if(V[i] == 0) {x[i]++;st[x[i]] = i;ed[x[i] - 1] = i - 1;}
    	else D[i] = D[i] * V[i] % MOD;
    	ID[i] = fpow(D[i],MOD - 2);
    }
    ed[x[N]] = N;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	ans += Query_range(st[x[A[i]]],A[i],D[A[i]] * S % MOD * Inv_2 % MOD);
    	ans %= MOD;
    	insert(A[i],ID[A[i]]);
    }
    memset(tr,0,sizeof(tr));
    memset(tr_cnt,0,sizeof(tr_cnt));
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    	int64 t = Query_range(A[i] + 1,ed[x[A[i]]],ID[A[i]] * S % MOD * Inv_2 % MOD);
    	ans += ((getnum(N) - getnum(A[i])) * S % MOD + MOD - t) % MOD;
    	ans %= MOD;
    	insert(A[i],D[A[i]]);
    }
    printf("%lld
",ans);
}
 
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

F - 01 on Tree

题解

这个是真的神仙题。。。
脑子里一直是某个按子树大小的贪心，然后一直被叉掉
最后说是初始化每个节点就是一个单独的树，记录这个树里1的个数和0，初始的时候1的个数即为节点值是否为1,0的个数即为节点值是否为0
我们按照(C_{0i}/C_{1i})排序，并把每个点和直接父亲接起来，意思就是把这个点的0和1接在父亲节点的后面，多出来的贡献即是
v是儿子，p是父亲，(C_{1p} * C_{0v})
推一下式子可以证出来选别的儿子肯定不优
然后更新父亲p的值，也就是p变成了一个新的树，这个可以用并查集维护
然后带更新的排序用一个set实现就可以

神仙题神仙题。。。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
#include <cstring>
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N,P[MAXN],V[MAXN],fa[MAXN],C[2][MAXN];
int getfa(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
struct cmp {
	bool operator() (const int &a,const int &b) {
		if(1LL * C[0][a] * C[1][b] != 1LL * C[0][b] * C[1][a])
			return 1LL * C[0][a] * C[1][b] > 1LL * C[0][b] * C[1][a];
		else return a > b;
	}
};
multiset<int,cmp> S;
void Solve() {
	scanf("%d",&N);
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&P[i]);
   	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&V[i]);
   	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fa[i] = i;
   	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) C[V[i]][i] = 1;
   	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) S.insert(i);
   	int64 ans = 0;
   	for(int i = 1 ; i <= N - 1 ; ++i) {
   		int v = *S.begin();
   		int p = getfa(P[v]);
   		S.erase(v);S.erase(p);
   		ans += 1LL * C[0][v] * C[1][p];
   		C[1][p] += C[1][v];C[0][p] += C[0][v];
   		fa[v] = p;
   		if(p != 1) S.insert(p);
   	}
   	printf("%lld
",ans);	
}
 
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}